标签：785 return int 题解 ll times ans Div binom
目录D. Lost Arithmetic Progression
题目大意
A, B是两个有限长度的等差数列，C是在A,B都出现的元素组成的另一个等差数列。
现在给定B,C的首项\(f_b,f_c\)，公差\(d_b,d_c\)和长度\(l_b,l_c\)求解有多少种可能的A。
注意：
- 当有无穷多个时，输出
-1 - 答案需要对\(1e9 + 7\)进行取模
思路
显然C的公差\(d_c\)是A,B公差的最小公倍数，也就是\(d_c = \text{lcm}(d_a, d_b)\)。
首先讨论什么时候为\(0\)。
- B的首项需要小于C的首项：\(f_b \le f_c\)
- B的末项需要大于C的末项：\(f_b + d_b \times (l_b -1 ) \ge f_c + d_c\times (l_c - 1)\)
- C的公差需要被B的公差整除：\(d_b|d_c , d_c\%d_b =0\)
- C的首项需要被B包含（这样后面才一直包含）：\((f_c - f_b) \% d_b = 0\)
然后讨论什么时候为\(-1\)，无限的情况只和最前和最后有关。
当\(f_c - d_c <f_b\) 或者 \(f_c + l_c \times d_c > f_b + (l_b - 1)\times d_b\)。那么等差数列\(A\)可以无限延伸。
如果等于就不行了，例如：\(f_c - d_c = f_b\)，这样\(A\)往左扩展⬅️一定会遇到\(f_b\)，所以无法无限延伸。
剩余的我们只需要枚举\(d_a\)，保证\(d_a\)是\(d_c\)的因子(factor)且\(\text{lcm}(d_a, d_b) = d_c\)即可，考虑到我们左右都可以进行扩展，分别可以扩展\(\frac{d_c}{d_a}\)次，因此对于每个满足条件的\(d_a\)有\((\frac{d_c}{d_a})^{2}\)种可能的答案。
代码
#include <bits/stdc++.h>
const int mod = 1e9 + 7;
using ll = long long;
ll add(ll a, ll b){
return (a + b) % mod;
}
ll mul(ll a, ll b){
return a * b % mod;
}
ll gcd(ll a, ll b){
while (b^=a^=b^=a%=b);
return a;
}
ll lcm(ll a, ll b){
return a * b / gcd(a, b);
}
void solve(){
ll fb, db, lb, fc, dc, lc;
std::cin >> fb >> db >> lb;
std::cin >> fc >> dc >> lc;
// check 0
if (fb > fc || fb + db * (lb - 1) < fc + dc * (lc - 1) || dc % db != 0 || (fc - fb) % db != 0){
std::cout << 0 << "\n";
return void();
}
// check 1
if (fb > fc - dc || fb + db * (lb - 1) < fc + dc * lc){
std::cout << -1 << "\n";
return void();
}
ll ans = 0;
// enumerate factor of dc
for (ll da = 1; da * da <= dc; ++ da){
if (dc % da != 0) continue;
if (lcm(da, db) == dc){
ll tmp = mul(dc / da, dc / da);
ans = add(ans, tmp);
}
if (da * da != dc && lcm(dc / da, db) == dc){
ll tmp = mul(da, da);
ans = add(ans, tmp);
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main(){
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
std::cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
E. Power or XOR?
题目大意
给你一个长度为\(n\)序列\(\{B\}\)和一个整数\(k\)。存在另一个序列\(\{A\}, A_i = 2^{B_i}\)。存在一个多义表达式\(E= A_1 \and A_2 \and \cdots \and A_n\)，保证其中的\(\and\)至少有\(k\)个代表\(\oplus\)，其余的代表\(\texttt{power}\)。现在，要求你求解出所有可能的\(E\)的值，并输出他们的异或（\(\oplus\)）。需要注意的是，结果可能很大，所以我们需要在结果上取模\(2^{2^{20}}\)。
- \(1\le n \le 2^{20}, 0 \le k < n\)
- \(1 \le B_i < 2^{20}\)
思路
Hint1
我们可以发现，A中所有的元素，无论是否取Mod都是2的幂级数。
Hint2
我们只需要分别考虑某个区间全为Power的贡献。
Hint3
由于Module=2^2^20，所以我们最多只需要考虑区间长度为20即可。
依据上面几个提示，我们进一步探究某个区间\([l, r]\)。我们假设区间\([l, r]\)中都是power符号。那么显然，假设这个区间仅存在一次，它对答案的贡献为：\(2^{B_l \times \Pi _{i=l+1}^{r}A_{i}}\)。当\(B_l \times \Pi_{i=l+1}^{r} \ge 2^{20}\)时，它将不再对答案做出贡献，这是因为它会被Module掉，同时也是这个性质保证了我们答案的时间复杂度。
但是， 除了单独的分析任意一个区间所做的贡献，我们还需要考虑这个区间在多少个可能的\(E\)中出现过。据题目大意中知，我们有尚未使用的任意符号\(m = (n-1) - (r-l) - 2/1/0\)，以及尚未使用的\(\oplus\)符号\(q = k - 2/1/0\)。其中，\(2/1/0\)分别代表：正常，左右其中一侧在corner，以及两边都在corner。
因此，区间\([l, r]\)出现的次数为：\(cnt = \tbinom{m}{q} + \tbinom{m}{q+1} + \cdots + \tbinom{m}{m}\)，这并不太好计算，但是由于我们需要求的是异或，因此我们只关心\(cnt\)的奇偶性。那么问题回到如何快速判断组合数的奇偶性？显然，暴力计算不符合时间要求。
1. Lucas Theorem 我们将简单介绍下，什么是卢卡斯定理（Lucas Theorem），卢卡斯定理主要是用于求解大组合数取模的问题，其中模数\(p\)必须为素数。
\[\binom{n}{m}\bmod p=\binom{\lfloor n/p \rfloor}{\lfloor m/p \rfloor} \cdot \binom{n\bmod p}{m\bmod p} \bmod p \]边界条件为，当\(m=1\)时，返回\(0\)。现在，我们已经有了卢卡斯定理，我们略过其证明过程（有兴趣的可以参考Oi-wiki，也就是那个链接），利用其快速判断组合数的奇偶性。
2. 组合数判断奇偶性 给定任意的\(x, y\)，存在：
\[\binom{y}{x} \bmod 2 = \binom{z}{0} \times \prod_{k_1} \binom{1}{0} \times \prod_{k_2} \binom{1}{1} \times \prod_{k_3} \binom{0}{0} \times \prod_{k} \binom{0}{1} \mod 2 \]其中只有\(\tbinom{0}{1} = 0\)，其余的都为\(1\)，因此我们只需要判断是否存在\(\tbinom{0}{1}\)即可，如果存在则为偶数否则为奇数。
考虑到卢卡斯定理求解中，由于\(p=2\)，实际上我们在分别对数字\(x,y\)的每一位进行处理，因此当且仅当\(x\)中任何\(bit\)为\(1\)时\(y\)中对应的\(bit\)也为\(1\)。最终，我们可以用位运算的形式简洁的判断组合数\(\binom{y}{x}\)的奇偶性：\((x\& y)=x\)。
// input x, y if ((x & y) == x) return "奇数"; else return "偶数"
如上，我们已经证明了如何快速计算组合数的奇偶性，现在我们只需要逐步处理即可。
代码
const int N = 1 << 20;
void solve(){
int n, k;
std::cin >> n >> k;
vt<int> b(n);
rep (i, 0, n) std::cin >> b[i];
vt<vt<int>> odevity(n + 1, vt<int> (3, -1));
auto getparity = [&](int nouse, int nooplus){
int useoplus = k - nooplus;
if (odevity[nouse][useoplus] == -1){
int x = 0;
for (int cur = nooplus; cur <= nouse; ++ cur){
x ^= ((nouse & cur) == cur);
}
odevity[nouse][useoplus] = x;
}
return odevity[nouse][useoplus];
};
vt<int> ans(N, 0);
for (int l = 0; l < n; ++ l){
ll len = 1;
for (int r = l; r < n; ++ r){
if (r == l) len *= b[r];
else {
if (b[r] > 20) break;
len <<= b[r];
if (len > N) break;
}
int nouse = n - 1 - (r - l) - 2;
int nooplus = k - 2;
if (l == 0) ++ nouse, ++ nooplus;
if (r == n - 1) ++ nouse, ++ nooplus;
ans[len] ^= getparity(nouse, nooplus);
}
}
// if ans == 0 can't pop it
while (ans.size() > 1 && ans.back() == 0) ans.pop_back();
std::reverse(all(ans));
for (auto x: ans) std::cout << x;
std::cout << "\n";
}
标签：785,return,int,题解,ll,times,ans,Div,binom 来源： https://www.cnblogs.com/Last--Whisper/p/16213569.html
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